|
[quote="dinn"]M ={x=(x1,...,xn) @R^n : x2= 2*x1, x3=2*x2,..., xn=2*xn-1}
Dokažite da je M potprostor od R^n, nađite mu jednu bazu, dimenziju i direktan komplement.[/quote]
Stvar je u tome da to napišeš ovako:
uzmimo proizvoljni x=(x1..n)@M , i označimo x1 s t . Sada iz prve jednadžbe slijedi x2=2t , iz druge onda slijedi x3=2*2t=4t itd, indukcijom [;-)] se lako dobije xk=2^(k-1)*t . Dakle tvoj tipični element od M je oblika (t,2t,4t,...2^(n-1)*t)=t(1,2,4,...,2^(n-1)) . Označimo ovaj vektor, s kojim se t množi, s v . Dakle, M={tv:t@|R} . Iz toga se prilično lako vidi da je vektorski prostor (preciznije, potprostor od |R^n -- konzultiraj definiciju potprostora, ako treba), vidi se koji mu je skup izvodnica (hint: jednočlan je), trivijalno se vidi da je (ref skup izvodnica) nezavisan, pa je i baza, te je dimenzija jednaka 1 .
Za direktni komplement, primijenimo poznatu heuristiku proizvoljno->nula , i vezano->proizvoljno . Vidimo da nam je gore x1 bio proizvoljan, pa u direktnom komplementu stavimo uvjet x1=0 . Također, x2..n su bili vezani na x1 , pa ih u direktnom komplementu stavimo proizvoljnima. Dakle, hipoteza je da je (jedan) direktni komplement od M oblika N:={(0,x2,x3,...,xn):x2..n@|R}={0}x|R^(n-1) .
Striktni dokaz toga ide relativno jednostavno -- da im je u presjeku samo nulvektor, vjerujem da znaš i sam dokazati, a da u sumi daju cijeli prostor možeš dokazati preko dimenzije. Lako se vidi da je dimN=n-1 (hint: baza mu je podskup kanonske), a gore je već rečeno dimM=1 , pa budući da im je presjek trivijalan, dim(M+N)=n=dim|R^n . Budući da je M+N također potprostor od |R^n , a sad smo vidjeli da ima istu dimenziju kao i on, izlazi da su jednaki.
Ako nešto još nije jasno, slobodno pitaj. No očekujem da bar 2-3 od ovih stvarčica stvarno raspišeš, ili se na neki drugi način uvjeriš da su ti poznate.
| dinn (napisa): | M ={x=(x1,...,xn) @R^n : x2= 2*x1, x3=2*x2,..., xn=2*xn-1}
Dokažite da je M potprostor od R^n, nađite mu jednu bazu, dimenziju i direktan komplement. |
Stvar je u tome da to napišeš ovako:
uzmimo proizvoljni x=(x1..n)@M , i označimo x1 s t . Sada iz prve jednadžbe slijedi x2=2t , iz druge onda slijedi x3=2*2t=4t itd, indukcijom [ ] se lako dobije xk=2^(k-1)*t . Dakle tvoj tipični element od M je oblika (t,2t,4t,...2^(n-1)*t)=t(1,2,4,...,2^(n-1)) . Označimo ovaj vektor, s kojim se t množi, s v . Dakle, M={tv:t@|R} . Iz toga se prilično lako vidi da je vektorski prostor (preciznije, potprostor od |R^n – konzultiraj definiciju potprostora, ako treba), vidi se koji mu je skup izvodnica (hint: jednočlan je), trivijalno se vidi da je (ref skup izvodnica) nezavisan, pa je i baza, te je dimenzija jednaka 1 .
Za direktni komplement, primijenimo poznatu heuristiku proizvoljno→nula , i vezano→proizvoljno . Vidimo da nam je gore x1 bio proizvoljan, pa u direktnom komplementu stavimo uvjet x1=0 . Također, x2..n su bili vezani na x1 , pa ih u direktnom komplementu stavimo proizvoljnima. Dakle, hipoteza je da je (jedan) direktni komplement od M oblika N:={(0,x2,x3,...,xn) 2..n@|R}={0}x|R^(n-1) .
Striktni dokaz toga ide relativno jednostavno – da im je u presjeku samo nulvektor, vjerujem da znaš i sam dokazati, a da u sumi daju cijeli prostor možeš dokazati preko dimenzije. Lako se vidi da je dimN=n-1 (hint: baza mu je podskup kanonske), a gore je već rečeno dimM=1 , pa budući da im je presjek trivijalan, dim(M+N)=n=dim|R^n . Budući da je M+N također potprostor od |R^n , a sad smo vidjeli da ima istu dimenziju kao i on, izlazi da su jednaki.
Ako nešto još nije jasno, slobodno pitaj. No očekujem da bar 2-3 od ovih stvarčica stvarno raspišeš, ili se na neki drugi način uvjeriš da su ti poznate.
|
